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1、 第1页 2023 年高考押题卷 数学(二)一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1已知集合 Ax|x22x，集合 BxZ|2x2，则 AB()A0，2 B.1，0，1，2 C.x|0 x2 D.x|2x2 2已知复数 z 满足|z|z34i，则|z|()A.1 B.5 C.10 D.5 3.“5k0 且 f(x)xf(x)0，则有()Af(x)可能是奇函数，也可能是偶函数 B.f(1)f(1)C4 x2 时，f(sin x)ecos 2x2 f(cos x)D.f(0)e f(1)二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5
2、 分，共 20 分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9.下列说法中正确的是()A已知随机变量 X 服从二项分布 XB(4，13)，则 D(X)89 B已知随机变量 X 服从正态分布 N(3，2)且 P(X5)0.85，则 P(10)去拟合一组数据时，设 zln y，将其变换后得到回归直线方程 z2x1，则 c1e 10已知正数 a，b 满足 a2b21，则()Aab 的最大值是 2 Bab 的最大值是12 Cab 的最小值是1 Dab2 的最小值为33 11已知椭圆x24 y23 1 的左、右焦点分别为 F1，F2，过点
3、 F1的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，则下列说法正确的是()AABF2的周长为 6 B椭圆的长轴长为 2 C|AF2|BF2|的最大值为 5 DABF2面积最大值为 3 12 在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PD平面 ABCD，点 E 是棱 PC 的中点，PDAB，则()AACPB B直线 AE 与平面 PAB 所成角的正弦值是36 C异面直线 AD 与 PB 所成的角是4 D四棱锥 P-ABCD 的体积与其外接球的体积的比值是2 39 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知双曲线 C 的一条渐近线方程为 l：y2x，且其实轴长小于 4，
4、则 C 的一个标准方程可以为_ 14 在(x 12 x)n的展开式中，第 3 项和第 6 项的二项式系数相等，则展开式中 x5的系数为_ 15在菱形 ABCD 中，BAD60，将ABD 沿 BD 折叠，使平面 ABD平面 BCD，则 AD 与平面ABC 所成角的正弦值为_ 16 已知三棱锥 O-ABC，P 是平面 ABC 内任意一点，数列an共 9 项，a11，a1a92a5且满足OP(anan1)2OA 3anOB 3(an11)OC(2n9，nN*)，满足上述条件的数列共有_个 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17(10 分)已知等差数列a
5、n的公差为正实数，满足 a14，且 a1，a3，a54 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前 n 项和为 Sn，若 b11，且_，求数列anbn的前 n 项和为 Tn，以下有三个条件：Sn2n1，nN*；Sn2bn1，nN*；Sn12Sn1，nN*从中选一个合适的条件，填入上面横线处，使得数列bn为等比数列，并根据题意解决问题 第3页 18(12 分)已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a sin C 3 c sin BC2.(1)求角 A 的大小；(2)若点 D 在边 BC 上，且 CD3BD3，BAD6，求ABC 的面积 19.(12 分)如
6、图，在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD 为菱形，且BAD60，E 为 AB 的中点，F 为 BC1与 B1C 的交点(1)求证：平面 DEF平面 CDD1C1；(2)若 DD1AD，求二面角 D1-DE-F 的余弦值 第4页 20(12 分)食品安全问题越来越受到人们的重视某超市在进某种蔬菜前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为13，第二轮检测不合格的概率为14，第三轮检测不合格的概率为15，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响(1)求每箱这种蔬菜能在该
7、超市销售的概率；(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利 200 元，若不能在该超市销售，则每箱亏损 100 元，现有 3 箱这种蔬菜，求这 3 箱蔬菜总收益 X 的分布列和数学期望 21(12 分)已知 P(1，2)在抛物线 C：y22px 上(1)求抛物线 C 的方程；(2)A，B 是抛物线 C 上的两个动点，如果直线 PA 的斜率与直线 PB 的斜率之和为 2，证明：直线 AB过定点 第5页 22(12 分)已知函数 f(x)x12 sin xm2 ln x1.(1)当 m2 时，试判断函数 f(x)在(，)上的单调性；(2)存在 x1，x2(0，)，x1x2，f(x1)f(x2)，
8、求证：x1x20，因为 a1，a3，a54 成等比数列，所以 a23 a1(a54)，即(42d)24(4d8)，解得 d2(负值舍去)，所以 d2，所以 an2n2.(2)选，由 Sn2n1，nN*，当 n2 时，bnSnSn12n1，当 n1 时等式也成立，所以 bn2n1，又bnbn1 2，数列bn为以 1 为首项 2 为公比的等比数列 则 anbn(2n2)2n1(n1)2n.所以 Tn22322423n2n1(n1)2n，则 2Tn222323424n2n(n1)2n1，两式相减得Tn42223242n(n1)2n1 442n112(n1)2n1 2n1(n1)2n1 n2n1.所以
9、 Tnn2n1.选，由 Sn2bn1，nN*，当 n2 时，bnSnSn12bn2bn1，所以bnbn1 2，所以数列bn为以 1 为首项 2 为公比的等比数列，所以 bn2n1，则 anbn(2n2)2n1，以下步骤同选.选，由 Sn12Sn1，nN*，当 n1 时，b1b22b11，第7页 b20，数列bn不是等比数列，不能选条件.18解析：(1)由已知及正弦定理得：sin A sin C 3 sin C sin BC2，又 BCA，BC2 2 A2，又 sin C0，sin A 3 cos A2，则 2sin A2 cos A2 3 cos A2，而 0A2 0，所以当 m2 时，函数
10、f(x)在(，)上单调递增(方法二)当 m2 时，f(x)x12 sin xln x1，f(x)112 cos x1x，由 112 cos x1x 0cos x22x，结合函数 ycos x 与 y22x 图象可知：当 x(，)时，cos x1，22x 22 1，所以两函数图象没有交点，且 22x cos x.第9页 所以当 x(，)时，f(x)112 cos x1x 0.所以当 m2 时，函数 f(x)在(，)上单调递增(2)证明：不妨设 0 x1x1sin x1，从而 x2x1sin x2sin x1，m2(ln x2ln x1)x2x112(sin x2sin x1)12(x2x1)，mx2x1ln x2ln x1，要证 x1x2 x1x2，下面证明：x2x1ln x2ln x1 x1x2，即证x2x11ln x2x1 x2x1，令 tx2x1，则 t1，即证明t1ln t t，只要证明：ln tt1t 0，设 h(t)ln tt1t，h(t)（t1）22t t 1 时，h(t)h(1)0，从而 ln tt1t x1x2，m x1x2，即 x1x2m2.